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Company: TWL
Author: xue jian
Email: xuejian@kanzhun.com
Date: 2020-08-05 08:55:47
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337. 打家劫舍 III
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。 除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。

计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。

示例 1:

输入: [3,2,3,null,3,null,1]

     3
    / \
   2   3
    \   \ 
     3   1

输出: 7 
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 3 + 3 + 1 = 7.
示例 2:

输入: [3,4,5,1,3,null,1]

     3
    / \
   4   5
  / \   \ 
 1   3   1

输出: 9
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 4 + 5 = 9.

tips:简化一下这个问题：一棵二叉树，树上的每个点都有对应的权值，每个点有两种状态（选中和不选中），问在不能同时选中有父子关系的点的情况下，能选中的点的最大权值和是多少。

我们可以用 f(o) 表示选择 o 节点的情况下，o 节点的子树上被选择的节点的最大权值和；g(o) 表示不选择 o 节点的情况下，o 节点的子树上被选择的节点的最大权值和；l 和 r 代表 o 的左右孩子。

当 o 被选中时，o 的左右孩子都不能被选中，故 o 被选中情况下子树上被选中点的最大权值和为 l 和 r 不被选中的最大权值和相加，即 f(o) = g(l) + g(r)。
当 o 不被选中时，o 的左右孩子可以被选中，也可以不被选中。对于 o 的某个具体的孩子 x，它对 o 的贡献是 x 被选中和不被选中情况下权值和的较大值。故 g(o) = max { f(l) , g(l)}+max{ f(r) , g(r) }。

我们可以看出，以上的算法对二叉树做了一次后序遍历，时间复杂度是 O(n)；由于递归会使用到栈空间，空间代价是 O(n)，哈希映射的空间代价也是 O(n)，故空间复杂度也是 O(n)。

我们可以做一个小小的优化，我们发现无论是 f(o) 还是 g(o)，他们最终的值只和 f(l)、g(l)、f(r)、g(r) 有关，所以对于每个节点，我们只关心它的孩子节点们的 f 和 g 是多少。我们可以设计一个结构，表示某个节点的 f 和 g 值，在每次递归返回的时候，
都把这个点对应的 f 和 g 返回给上一级调用，这样可以省去哈希映射的空间。


特别棒的一个结合题，同时考察了动态规划与深度优先搜索。解题思路也很是厉害。代码如下
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from tree_node import *
class Solution:
    def rob(self, root: TreeNode) -> int:
        def recurse(root):
            if not root:
                return 0, 0
            l = recurse(root.left)
            r = recurse(root.right)
            selected = root.val + l[1] + r[1]
            noselected = max(l) + max(r)
            return selected, noselected
        return max(recurse(root))
if __name__ == "__main__":
    solution = Solution()
    null = 'null'
    root = [7,1,4,6,null,5,3,null,null,null,null,null,2]
    for i,v in enumerate(root):
        root[i] = str(v)
    s = ','.join(root)
    # print(s)
    o_s = OfficialSerialize()
    root = o_s.deserialize(s)
    print(solution.rob(root))